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Sous-sections

$ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

$ \boxcircle$ Généralités

Etant donné $ m \in \mathbb{N}$ on note $ \overline m$ la classe de $ m$ dans $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ (la relation d'équivalence considérée étant la congruence modulo $ n$ - $ x$ et $ y$ sont équivalents si $ n$ divise $ x-y$).

Proposition On a équivalence entre les propriétés suivantes:
$ \bullet $$ m$ est premier avec $ n$
$ \bullet $ $ \overline m$ est générateur du groupe $ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$
$ \bullet $ $ \overline m$ est inversible dans l'anneau $ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+,\times)$

Démonstration: Facile, en application du théorème de Bezout.$ \sqcap$$ \sqcup$

Définition [Fonction d'Euler] On appelle fonction d'Euler la fonction $ \phi$ telle que $ \phi(n)$ soit le nombre d'entiers $ x$ tels que $ 1\leq x \leq n$ et $ x \land n =1$.

Proposition $ \bullet $Si $ n$ est premier $ \phi(n)=n-1$ et $ \phi(n^r)=n^{r-1}.(n-1)$ si $ r>0$
$ \bullet $$ \phi(n)$ est le nombre d'éléments inversibles de $ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+,\times)$

Démonstration: le premier point est clair; il suffit de voir qu'un élément est premier avec $ p^n$ si et seulement s'il n'est pas divisible par $ p$.
Le second point est un corollaire de la proposition précédente.$ \sqcap$$ \sqcup$

$ \boxcircle$ Lemme chinois

Lemme [Lemme Chinois] Si $ p$ et $ q$ sont premiers entre eux alors

$\displaystyle (\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z},+) \simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z},+) \times (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z},+)$

Démonstration: Il s'agit des groupes additifs usuels. L'égalité des cardinaux montre qu'il suffit de trouver un morphisme de groupes injectif. Pour cela on associe à la classe de $ n$ dans $ \mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}$ la classe de $ n$ dans $ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ et la classe de $ n$ dans $ \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$. Il est clair que si deux entiers ont la même classe modulo $ pq$ alors ils ont la même classe modulo $ p$ et modulo $ q$, donc l'application est bien définie.
Le fait que cette application soit un morphisme est clair.
L'application est injective, car si deux entiers ont la même classe modulo $ p$ et $ q$, alors ils ont la même classe modulo $ pq$.$ \sqcap$$ \sqcup$

Corollaire Si $ n=\Pi_i p_i^{\alpha _i}$, avec les $ p_i$ premiers distincts et les $ \alpha _i > 0$, alors

$\displaystyle (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+,\times) \simeq \Pi_i (\mathbb{Z}/p_i^{\alpha _i}\mathbb{Z},+,\times)$

$\displaystyle (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^* \simeq \Pi_i (\mathbb{Z}/p_i^{\alpha _i}\mathbb{Z})^*$

$\displaystyle \phi(n)=\Pi_i \phi(p_i^{\alpha _i})=n.\Pi_i (1-1/P_i)$

Démonstration: Le premier point découle de l'utilisation récurrente du lemme chinois, le deuxième et le troisième sont des conséquences immédiates du premier.$ \sqcap$$ \sqcup$

$ \boxcircle$ Automorphismes de $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

Proposition L'ensemble des automorphismes de $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est isomorphe à $ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$.

Démonstration: Il suffit de considérer l'application $ \psi$ qui à un élément inversible $ m$ associe l'automorphisme $ x \mapsto m.x$;
$ \bullet $il est clair que c'est un morphisme injectif de $ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$ dans $ Aut(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$
$ \bullet $étant donné un automorphisme $ f$ de $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ on montre facilement qu'il est égal à $ \psi(f(1))$.$ \sqcap$$ \sqcup$

Corollaire $ Aut(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$ est un groupe abélien d'ordre $ \phi(n)$.

$ \boxcircle$ Forme des groupes $ (\mathbb{Z}/p^\alpha \mathbb{Z})^*$

$ p$ désigne un nombre premier.

Lemme $ (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^* \simeq (\mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z},+)$

Démonstration: $ (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ est un corps fini (voir le chapitre sur la théorie des groupes).

On sait (voir proposition [*]) que le groupe multiplicatif d'un corps fini est cyclique, donc isomorphe à un certain $ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$.

Il suffit donc de se rappeler que le cardinal de $ (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^*$ est $ p-1$ pour conclure.$ \sqcap$$ \sqcup$

Lemme Si $ k>0$, alors $ (1+p)^{p^k}=1+{\lambda}.p^{k+1}$, avec $ {\lambda}>0$ et $ {\lambda}\land p=1$.

Démonstration: Par récurrence sur $ k$:
$ \bullet $$ k=1$
$ (1+p)^p= \sum_{i=0}^p C_p^i p^i$
donc $ (1+p)^p=1+p^2+m.p^3=1+p^2.(1+m.p)$
$ \bullet $$ k$ quelconque
On écrit $ (1+p)^{p^{k+1}}=((1+p)^{p^k})^p=(1+{\lambda}.p^{k+1})^p$; il suffit alors de développer en utilisant le binôme de Newton la puissance $ k$-ième en isolant le premier et le dernier terme.$ \sqcap$$ \sqcup$

Corollaire $ 1+p$ est d'ordre $ p^{\alpha -1}$ dans $ \mathbb{Z}/p^\alpha \mathbb{Z}$.

Démonstration: il est d'ordre au plus $ p^{\alpha -1}$ au vu du lemme précédent.
En outre $ (1+p)^{p^{\alpha -2}}=1+{\lambda}.p^{\alpha -1}$, et donc ne saurait être congru à $ 1$ modulo $ p^\alpha $.$ \sqcap$$ \sqcup$

Lemme Si $ m$ et $ t$ sont premiers entre eux, et si $ a$ et $ b$ commutent, et si $ a$ est d'ordre $ m$ et $ b$ est d'ordre $ t$, alors $ a.b$ est d'ordre $ m.t$.

Démonstration: $ \bullet $Il est facile de voir que $ ab$ est d'ordre au plus $ m.t$, puisque $ a$ et $ b$ commutent.
$ \bullet $Réciproquement, si $ (ab)^n=1$, alors $ a^{n.t}.b^{n.t}=1$, donc $ a^{n.t}=1$, puisque $ b^{n.t}=1$. Donc $ t$ divise l'ordre de $ ab$. De même $ m$ divise l'ordre de $ ab$; donc $ m.t$ divise l'ordre de $ ab$, puisque $ m$ et $ t$ sont premiers entre eux.$ \sqcap$$ \sqcup$

Proposition Si $ p$ premier $ >2$, $ m \geq 2$, alors

$\displaystyle (\mathbb{Z}/p^\alpha \mathbb{Z})^* \simeq \mathbb{Z}/\phi(p^\alpha )\mathbb{Z}\simeq \mathbb{Z}/ p^{\alpha -1}.(p-1)\mathbb{Z}$

Démonstration: On va utiliser les lemmes précédents.
$ \bullet $On considère tout d'abord l'application $ \psi$ définie par

$\displaystyle \psi : (\mathbb{Z}/p^\alpha \mathbb{Z})^* \rightarrow (\mathbb{Z}/ p \mathbb{Z})^*$

$ \psi$ étant la fonction induite par l'identité (il convient de bien vérifier que $ \psi$ est bien définie et est un morphisme de groupes surjectif)
$ \bullet $par le lemme [*] tout élément dont l'image par $ \psi$ est non égal à $ \overline 1$ engendre $ (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^*$; donc son ordre est un multiple de $ p-1$ (voir le lemme [*]).
$ \bullet $étant donné $ x$ un tel élément, il existe $ y$ appartenant au groupe engendré par $ x$ tel que $ y$ est d'ordre $ p-1$.
$ \bullet $On applique alors le lemme [*], $ y.(p+1)$ est d'ordre le produit des ordres de $ y$ et de $ p+1$; or $ y$ est d'ordre $ p-1$ comme on vient de le voir, et $ p+1$ est d'ordre $ p^{\alpha -1}$ par le corollaire [*]; $ y.(p+1)$ est donc d'ordre $ (p+1).p^{\alpha -1}$; le groupe engendré par $ y$ est donc nécessairement $ (\mathbb{Z}/p^\alpha \mathbb{Z})^*$ tout entier, d'où le résultat.$ \sqcap$$ \sqcup$

On vient donc par cette proposition de détailler la forme des $ (\mathbb{Z}/p^\alpha \mathbb{Z})^*$ dans le cas où $ p>2$. Il convient de considérer le cas $ p=2$.

Lemme

$\displaystyle k>0 \rightarrow 5^{2^k}=1+{\lambda}.2^{k+2}$

avec $ {\lambda}\land 2 =1$ (i.e. $ {\lambda}$ impair)

Démonstration: Facile, par récurrence.$ \sqcap$$ \sqcup$

Proposition $ (\mathbb{Z}/2.\mathbb{Z})^* = \{1\}$, $ (\mathbb{Z}/4.\mathbb{Z})^* = \{ 1,-1\} \simeq \mathbb{Z}/2.\mathbb{Z}$, et ensuite (pour $ \alpha \leq 3$) $ (\mathbb{Z}/2^\alpha \mathbb{Z})^* \simeq \mathbb{Z}/2.\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2^{\alpha -2}\mathbb{Z}$.

Démonstration:
$ \bullet $On considère le morphisme surjectif $ \psi$ induit par l'identité de $ (\mathbb{Z}/2^\alpha \mathbb{Z})^*$ sur $ (\mathbb{Z}/4.\mathbb{Z})^* = \{ 1,-1\} \simeq \mathbb{Z}/2.\mathbb{Z}$.
$ \bullet $Le noyau de $ \psi$ est d'ordre $ 2^{\alpha -2}$
$ \bullet $$ 5$ appartient au noyau de $ \psi$.
$ \bullet $par le lemme [*], $ 5$ est d'ordre $ 2^{\alpha -2}$ (l'ordre est une puissance de $ 2$, et $ 5^{2^{\alpha -3}}$ ne peut être congru à $ 1$)
$ \bullet $le noyau de $ \psi$ est donc cyclique (au vu des trois affirmations précédentes)
$ \bullet $On a alors la suite exacte (voir chapitre sur la théorie des groupes)

$\displaystyle {\atop 1 \rightarrow \mathbb{Z}/2^{\alpha -2} \rightarrow (\mathb...
...a \mathbb{Z})^*}{\psi \atop \rightarrow}
{\mathbb{Z}/2.\mathbb{Z}\rightarrow 1}$

$ \bullet $Le sous-groupe $ \{-1,1\}$ de $ (\mathbb{Z}/2^\alpha \mathbb{Z})^*$ est une section de $ \psi$, et il est distingué puisque notre groupe $ (\mathbb{Z}/2^\alpha \mathbb{Z})^*$ est abélien. Donc on a un produit direct

$\displaystyle (\mathbb{Z}/2^\alpha \mathbb{Z})^* \simeq \mathbb{Z}/2.\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2^{\alpha -2}\mathbb{Z}$

ce qui conclut la preuve (précisons que le produit direct $ A \times B$ est isomorphe au produit direct $ B \times A$...).$ \sqcap$$ \sqcup$


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C_Antonini,J_F_Quint,P_Borgnat,J_Bérard,E_Lebeau,E_Souche,A_Chateau,O_Teytaud
 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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